(3)设进入M、N极板电子所对应的最大发射角为am，则有

2Dcosam?1/2D．am?53

左侧电子单位时间内能打到M极板的电子数为：nL?53n53?n 60z120对右侧电子：53???60均能达到M板上，0???53以?角射出恰好不能到达N板.

U1?2D(1?cos?)?mv2sin2? 0.8D2电压为：

则有：e1mv21U?(1?cos?)?Um(1?cos?)

5e5最大值为：Umax?2Um 5最小值为：Umin?0.32Um 当U?2Um，右侧所有电子均到达M板，饱和电流为： 5531113i?(?)ne?ne

1202120当U?0.32Um

右侧角度小于53电子均不能到达M板，此时到达极板M的电子数为灵敏电流计G的电流i和电动势U的关系曲线为：

n． 2

7．如图所示，边长为L的正三角形ABC区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，D为AB边的中点，一个质量为m、电荷量为q的带正电的粒子平行BC边射入磁场，粒子的速度大小为v0，结果刚好垂直BC边射出磁场，不计粒子的重力，求：

（1）匀强磁场的磁感应强度大小；

（2）若要使粒子在磁场中的运动轨迹刚好与BC相切，粒子的速度大小为多少?粒子在磁场中运动的时间为多少?

（3）增大粒子的速度，试分析粒子能不能从C点射出磁场。若不能，请说明理由；若能，请计算粒子从C点射出磁场时的偏向角。 【答案】（1）【解析】 【详解】

（1）运动轨迹如图所示：

13?L43mv0，（2）v0，，（3）能，60?

23v03qL

根据几何知识可知，粒子做圆周运动的半径为R1?2v0根据洛伦兹力提供向心力有：qBv0?m

R1L3sin60??L 24所以匀强磁场的磁感应强度大小为B?43mv0； 3qL（2）要使粒子在磁场中的运动轨迹刚好与BC相切，其轨迹如图所示：

根据几何知识可知，其运动的半径为R2?1L3??sin60??L 228所以粒子运动是速度为v?qBR21?v0 m2根据几何知识可知，粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角为??240?， 所以粒子在磁场中运动的时间为t?222?m3?LT?? 33qB3v0（3）根据数学知识知，粒子能到达C点，粒子到达C的轨迹如图所示：

结合知识可知，∠DOC=60°，所以粒子从C点射出磁场时的偏向角为60°。

8．质量为m电荷量为+q的带电粒子（不考虑重力）从半圆形区域边界A点沿直径方向正对圆心两次以相同速度v水平射入。第一次射入时，空间中只有竖直向下的匀强电场，第二次只有垂直于纸面向外的匀强磁场（磁场和电场区域都无限大且未画出）。发现带电粒子两次都击中半圆形边界上同一点B。

（1）证明两次粒子打到B点速度方向不同；

（2）判断两次粒子打到B点的时间长短，并加以证明。

【答案】（1）因为tan??tan?，所以两次粒子打到B点速度方向不同；（2）第一次粒子做平抛运动，沿直径方向的速度不变；第二次粒子做匀速圆周运动，沿直径方向的速度逐渐变小，而两次都击中半圆形边界上同一点B，两次沿直径方向的位移相等，所以第二次用时较长，证明见详解。 【解析】 【详解】

（1）设半圆形区域的半径为r，B点与圆心连线和半圆形直径方向的夹角为?，第一次射入时，带正电的粒子做类平抛运动，水平方向

r+rcos?=vt

竖直方向的速度

vy=

qEqEr(1?cos?)t= mmv第一次射出B点速度与直径方向的夹角

tan?=

vyv=

qEr(1?cos?)

mv2第二次射入时，粒子做匀速圆周运动，径向射入，径向射出，射出B点速度与直径方向的夹角为?，做匀速圆周运动的半径

R=

mv qB?rqBrtan== 2Rmv第二次射出B点速度与直径方向的夹角

2tan?2=

tan?=

1?tan2?2qBtmv

m2v2?q2B2r22因为tan??tan?，所以两次粒子打到B点速度方向不同。

（2）第一次粒子做平抛运动，沿直径方向的速度不变；第二次粒子做匀速圆周运动，沿直径方向的速度逐渐变小，而两次都击中半圆形边界上同一点B，两次沿直径方向的位移相等，所以第二次用时较长。 第一次在水平方向

r+rcos?=vt1

第一次粒子在电场中运动的时间

t1=

r(1?cos?) v

第二次粒子在磁场中运动的半径

rmvR==? qBtan2qB=

第二次粒子在磁场中运动的

mvtanr?2

?r?2?m?m?r?(1?cos?)t2=T===?=

vtan2?qBqB2?vsin?2因为??sin?，所以t2?t1。

9．平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为2B和B（B的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿﹣y方向的匀强电场，x轴上有一点P，其坐标为（L，0）。现使一个电量大小为q、质量为m的带正电粒子